梅涅劳斯定理及其应用

Ζ sin (α- β) = 0
Ζα- β= kπ, k 只可能为 0. 故 ∠GA C = ∠EA C.
(2) 注意梅氏定理的逆用 (逆定理的应用) 与迭用 ,
是灵活应用梅氏定理的一种表现.
例 2 另证 :如图 4 ,设 B 、G 关于 A C 的对称点分
别为 B′、G′, 易知 A 、D 、B′三点共线. 连结 FB′、FG′,
为 D ,延长 DA 交直线 HF 于点 P′. 对 △A BD 及截线 FHP′应用梅氏定理 ,有
AHBH·BFDF·DP′PA′= 1.
由 B F = B H ,有 AFDH·DP′PA′= 1. 显然 O1 、A 、O2 三点共线 , 连 O1 E , O1 G 、O2 F ,
O2 H ,则由 O1 E ∥A D ∥O2 F , 有 △A GO1 ∽ △A HO2 ,
家队选拔赛题)
证明 :设直线 A M 与 B C 交于 H ,连 B E 、CD ,则知
∠B EC = ∠BDC = 90°. 直线 FM E 与 △A HC 相截 , 直
线
GM D
与
△A B H
相截 ,用梅氏定理 ,有
A M ·HF · M H FC
CE EA
=
1
,
A M ·HG·BD M H GB DA
从而
D E DF
=
A O1 A O2
=
A A
G H
,
即
AH FD
=
AEDG .
又 CE = CG ,则 1 = AFDH·DP′PA′= DP′PA′·AEDG
= DP′PA′·AGCG·ECDE.
对 △A DC ,应用梅氏定理的逆定理 , 知 P′、G、E
三点共线 ,即 P′为直线 EG 与 FH 的交点. 故点 P′与
证明
:设
A A
M C
=
CN CD
=
r (0
<
r
< 1) ,
∵ S △ABD∶S △BCD∶S △AB C
= 3∶4∶1 ,
∴
BE BD
=
1 7
,
A A
E C
=
3 7
.
EM MC
=
AM AC -
AE AM
=
AM AC
1-
-
AE AC
AM
AC
=
r1-
3 7 r
=
7 7
r -
7
3 r
.
又因 B 、M 、N 三点共线 ,可视 B M N 为 △CD E 的
只须证明 A 、E、G′三点共线.
设 ∠EFB′= α, ∠D FE = ∠B FG = ∠B′FG′= β,
∠A FD = ∠GFC = ∠G′FC = γ, 则 ADBA′·BG′′GC′·ECDE =
S △FDA ·S △FG′B′·S △FEC S △FB′A S △FG′C S △FED
=
.
所以
,
MQ DM
=
1
+
DQ DM
=
1
+
DQ + QA AD
=
2AQ AD
,
QN CN
=
2BQ BC
.
直线 PBA 与 △QCD 的三边延长线相交 , 由梅氏
定理 ,有
1
=
CP·DA ·QB PD A Q B C
=
C P·D M PD M Q
·Q N CNLeabharlann Baidu
.
对 △QCD 应用梅氏定理的逆定理 , 知 P、M 、N
①
证明 :如图 1 ,过 A 作 A D ∥
C′A′交 B C 延长线于 D ,
则 BC′BA′= AC′AD′, CA′CB′= AD′AB′,
故
AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′=
BA′ A′C
·AC′AD′·AD′AB′= 1. 梅涅劳斯定理的逆定理 设 A′、B′、C′分别是
△A B C 的三边 B C , CA , A B 或其延长线上的点 ,若
又 EF ⊥OQ ,则 EL 平分 ∠A L D. 设 EF 分别交 A D 、B C 于 M 、N . 于是
DM MA
=
DL AL
=
DQ AQ
.
同理
,
CN BN
=
CQ BQ
.
于是
,
DM DQ
=
AM AQ
=
AM AQ
+ +
DM DQ
=
AD DQ + A Q
,
CN CQ
=
BN BQ
=
B
Q
BC + CQ
B′在 A D 的延长线上 ,则 ( 3 ) 式为 sin (β+γ+α) .
例 3 如图 5 , ⊙O1 与 ⊙O2
和 △AB C 的三边所在的 3 条直线
都相切 , E 、F、G、H 为切点 , 直线
EG 与 FH 交于点 P. 求证 : PA ⊥
B C. (1996 年全国高中联赛题)
证明 :过 A 作 A D ⊥B C , 垂足
又由
△A B
E∽
△A CD
,有
CD BE
=
A A
D E
.
将其代入 ( 3
3
)
式
,得
FH HG
=
CD ·B D B E·CE
=
S △DB C S △EB C
=
DF EG
=
DM MG
, 从而
,
M
H
∥D F.
而 D F ⊥B C ,则 M H ⊥B C ,故 A M ⊥B C.
例 5 如图 7 , 四边形 A B CD
截线 ,故由梅氏定理 ,得
CN ·DB ·EM ND B E MC
=
1
,
即 1
r -
·7 r1
·7 7
r -
-3 7r
=
1.
整理 ,得 6 r2 - r - 1 = 0.
解得 r =
1 2
.
故 M 与 N 分别是 A C 和 CD 的中点.
例 2 如图 4 ,在四边形 A B CD 中 , 对角线 A C 平
1
=
B G·CD·EF GC D E FB
=
S △AB G·S △A CD ·S △A EF S △A GC S △A ED S △AB F
=
A B·sin (θ- α) A C·sin α
· A
A C·sin θ E·sin (θ- β)
·AABE··ssiinnβθ
=
sin sin
(αθ·-siαn )(θ·s-inββ) .
5 2
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中学20数03学年教第学7 期参考
梅涅劳斯定理及其应用
湖南师大数学奥林匹克研究所 沈文选
1 基础知识
梅涅劳斯定理 设 A′、B′、C′分别是 △AB C 的三
边 B C 、CA 、A B 或其延长线上的点. 若 A′、B′、C′三点
共线 ,则 AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′= 1.
有
A B1 ·CE·FI B1 C EF IA
=
1.
①
又
AB1
=
B1
C
及角平分线性质
,
即
FI IA
=
CF CA
=
BF BA
=
A
B
BC +A
C
.
令
BC
=
a, AC =
b,
AB
=
c
,则
FI IA
=
a b+
c.
由
①式
,
有
CE EF
=
b+ a
c
,
即
EF CF
AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′= 1.
角元形式的梅涅劳斯定理 设 A′, B′, C′分别是
△A B C 的三边 B C 、CA 、A B 所在直线 (包括均可以在
三边的延长线) 上的点 , 则 A′、B′、C′共线的充要条件
是
sin sin
∠∠BA′AAAC′·ssiinn
∠∠AC′CCCB′·ssiinn
I 、A 1 三点共线的充要条件是 △B KB2 和 △C KC2 的面 积相等. (CMO2003 年试题)
证明 :首先证 A 、I 、A 1 三点共线 Ζ ∠BA C = 60°. 设 O 为 △A B C 的外心 , 连 B O 、CO , 则 ∠B OC =
2 ∠BA C. 又 ∠B HC = 180°- ∠BA C. 因此 ,
分 ∠BA D. 在 CD 上取一点 E , B E 与 A C 相交于 F ,延
中学20数03学年教第学7 期参考
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5 3
长 D F 交 B C 于 G. 求证 : ∠GA C = ∠EA C. ( 1999 年 全 国 高 中 联 赛题)
证明 : 记 ∠BA C = ∠CA D = θ, ∠GA C = α, ∠EA C = β. 直 线 GFD 与 △B CE 相 截 , 由 梅 氏 定 理 ,有
AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′= 1 ,
②
则 A′、B′、C′三点共线.
证明 :设直线 A′B′交 A B 于 C1 , 则由梅涅劳斯定
理 ,得到 AB′AC′·BC′BA′·CA1CA1 = 1.
由题设 ,有 AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′= 1 ,即有
A C1 C1 B
=
CA′CB′.
内接于圆 ,其边 A B , DC 的延长线
交于点 P , A D 和 B C 的延长线交
于点 Q ,过 Q 作该圆的两条切线 ,
切点分别为 E、F. 求证 : P、E、F
三点共线. (CMO1997 年试题)
证明 :设 圆 心 为 O , 连 结 QO 交 EF 于 L , 连 结
5 4
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=
1.
两式相除
,得
FH HG
=
CF·A E·BD CE·B G·A D
.
(3)
在 Rt △DB C 与 Rt △EB C 中 ,有
CD2
=
B C·FC , B E2
=
B
C·B
G
,
即 CF BG
=
CD2 B E2
.
将其代入 (
3
)
式
,得
FH HG
=
CD2·A E·BD B E2·C E·A D
.
(3 3)
∠∠BC′BBBA′=
1.
③
以上三式相乘 ,运用梅氏定理及其逆定理知结论
成立.
注 :在上述各定理中 , 若采用有向线段或有向角 ,
则 ①、②、③式中的右端均为 - 1. ③式中的角也可以按
①或 ②式中的对应线段记忆.
2 综合应用
(1) 恰当地选择三角形及其截线 (或作出截线) ,是 应用梅氏定理的关键.
FD·sin γ FB′·sin (β+ γ- α) ( 3 )
·
FFBC′··ssiinnγβ·FC·sinF(βD·+siγn β- α) ( 3 ) = 1.
对 △CB′D , 应用梅氏定理的逆定理 , 知 A 、E、G′
三点共线. 故 ∠GA C = ∠EA C.
注 :在图 4 中 , ( 3 ) 式也可为 sin (18°- β- γ) . 若
例 1 如图 3 ,在四边形 ABCD 中 , △ABD , △BCD , △ABC 的面积 比是 3∶4∶1 ,点 M 、N 分别在 A C 、 CD 上 ,满足 A M ∶A C = CN ∶CD , 并且 B 、M 、N 共线. 求证 : M 与 N 分 别 是 A C 和 CD 的 中 点. (1983 年全国高中联赛题)
三点共线 ,所以 P、E、F 三点共线.
例 6 如图 8 , 设点 I 、
H 分 别 为 锐 角 △A B C 的
内心和垂心 , 点 B1 、C1 分
别为边 A C , AB 的中点 ,已
知射线 B 1 I 交边 A B 于点
B2 ( B2 ≠B ) , 射 线 C1 I 交
A C 的 延 长 线 于 点 C2 , B2 C2 与 B C 相交于 K , A 1 为 △B HC 的外心. 试证 : A 、
∴ sin (θ- α) ·sin β= sin (θ- β) ·sin α,
即 sin θ·cos α·sin β - cos θ·sin α·sin β =
sin θ·cos β·sin α- cos θ·sin β·sin α,
亦即 sin θ·cos α·sin β= sin θ·sinα·cos β
∠BA C = 60°
Ζ B 、H 、O 、C 四点共圆
Ζ A 1 在 △A B C 的外接圆 ⊙O 上 Ζ A I 与 A A 1 重合 Ζ A 、I 、A 1 三点共线. 其次 ,再证 S △B KB2 = S △CKC2 Ζ ∠B A C = 60°. 如图 8 ,设直线 A I 交 B C 于 F , 直线 B1 B2 交 CB 的延长线于 E. 对 △A CF 及截线 B1 I E ,应用梅氏定理 ,
中学20数03学年教第学7 期参考
L D 、L A 、OD 、OA ,则由切割线定理和射影定理 ,有 QD·QA = Q E2 = QL ·QO ,
从而 D 、L 、O 、A 四点共圆 , 即有 ∠QL D = ∠DA O = ∠ODA = ∠OL A , 亦即 QL 为 △L A D 的内角 ∠A L D 的外角平分线.
又由合比定理
,
知
A C1 AB
=
AACB′, 故有
A C1
=
A C′.
从而 C1 与 C′重合 ,即 A′、B′、C′三点共线.
有时 ,也把上述两个定理合写为 :设 A′、B′、C′分
别是 △A B C 的三边 B C 、CA 、A B 所在直线 (包括均可
以在三边的延长线) 上的点 , 则 A′、B′、C′三点共线的 充要条件是
点 P 重合 ,从而 PA ⊥B C.
例 4 如图 6 , 以 △A B C 的底
边 BC 为直径作半圆, 分别与边
A B 、A C 交于点 D 和 E , 分别过点
D 、E 作 B C 的 垂 线 , 垂 足 依 次 为
F、G ,线段 D G 和 EF 交于点 M .
求证 : A M ⊥B C. ( IMO37 中 国 国